《高考物理總復(fù)習(xí) 主題二 相互作用與運(yùn)動(dòng)定律階段檢測(cè) 新人教版新人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理總復(fù)習(xí) 主題二 相互作用與運(yùn)動(dòng)定律階段檢測(cè) 新人教版新人教版高三全冊(cè)物理試題（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、主題二 相互作用與運(yùn)動(dòng)定律 階段檢測(cè)(二) (時(shí)間：90分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分。1～6 題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題) 1.下列儀器中不能直接測(cè)量出國(guó)際基本單位制中對(duì)應(yīng)的三個(gè)力學(xué)基本物理量的是(　　) 解析　力學(xué)中的基本物理量有三個(gè)，它們分別是長(zhǎng)度、質(zhì)量和時(shí)間，刻度尺能測(cè)長(zhǎng)度，A正確；彈簧秤測(cè)量力，B錯(cuò)誤；天平測(cè)量質(zhì)量，C正確；秒表測(cè)量時(shí)間，D正確。 答案　B 2.如圖1所示，物體A靜止在粗糙水平面上，左邊用一輕質(zhì)彈簧和豎直墻相連，彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)。現(xiàn)用從零開始逐漸增大的水平力F向右拉A，直到A被拉動(dòng)，在A被拉動(dòng)之

2、前的過程中，彈簧對(duì)A的彈力F1的大小和地面對(duì)A的摩擦力Ff大小的變化情況是(　　) 圖1 A.F1減小 B.F1增大 C.Ff先減小后增大 D.Ff始終減小 解析　在A被拉動(dòng)之前的過程中，彈簧仍處于原狀，因此彈力F1不變，靜止時(shí)彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)，則彈簧對(duì)A的拉力向左，由于水平面粗糙，因此物體受到水平向右的靜摩擦力Ff。當(dāng)再用一個(gè)從零開始逐漸增大的水平力F向右拉A，直到把A拉動(dòng)前過程中，物體A受到的靜摩擦力Ff從向右變?yōu)樗较蜃?，所以Ff大小先減小后增大，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 答案　C 3.如圖2所示，小娜同學(xué)右手抓起一皮球，手臂與豎直方向呈30°角，當(dāng)皮球

3、與手臂都靜止時(shí)，手對(duì)皮球的作用力(　　) 圖2 A.方向豎直向上 B.方向沿手臂向上 C.大于皮球的重力 D.大于皮球?qū)κ值淖饔昧? 解析　分析皮球的受力情況可知，受到重力和手對(duì)皮球的作用力，皮球處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩個(gè)力為一對(duì)平衡力，所以兩者等大、反向，A正確，B、C錯(cuò)誤；手對(duì)皮球的作用力和皮球?qū)κ值淖饔昧κ且粚?duì)相互作用力，二者相等，D錯(cuò)誤。 答案　A 4.如圖3所示，光滑斜面的傾角為θ＝37°，一個(gè)可以看成質(zhì)點(diǎn)的小球在輕質(zhì)細(xì)線的拉力作用下靜止在斜面上，細(xì)線與斜面間的夾角也為37°，若小球的重力為G，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則手對(duì)細(xì)線的拉力等于(　

4、　) 圖3 A.G B. C. D. 解析　對(duì)小球受力分析，小球受到細(xì)線的拉力F、斜面的支持力和小球的重力作用，在沿斜面方向上，F(xiàn)cos 37°＝Gsin 37°，解得F＝Gtan 37°＝G，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 5.(2017·全國(guó)卷Ⅱ，16)如圖4所示，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　) 圖4 A.2－ B. C. D. 解析　當(dāng)F水平時(shí)，根據(jù)平衡條件得F＝μmg；當(dāng)保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時(shí)，

5、由平衡條件得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，聯(lián)立解得μ＝，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 6.如圖5所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，傾角為θ的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.兩個(gè)小球的瞬時(shí)加速度均沿斜面向下，大小均為gsin θ B.B球的受力情況未變，瞬時(shí)加速度為零 C.A球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為gsin θ D.彈簧有收縮趨勢(shì)，B球的瞬時(shí)加速度向上，A球的瞬時(shí)加速度向下，瞬時(shí)加速度都不為零 解析　設(shè)兩球的質(zhì)量均為m。在細(xì)線燒斷前，以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件得到彈簧的彈

6、力F＝mgsin θ，在細(xì)線被燒斷的瞬間，彈簧的彈力沒有變化，則B球的受力情況沒有變化，瞬時(shí)加速度為零， 而此瞬間A球所受的合力大小為F＋mgsin θ＝2mgsin θ，方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得，A球的加速度大小為aA＝＝2gsin θ，方向沿斜面向下，故B正確。 答案　B 7.關(guān)于圖6中四幅圖片，下列說法中正確的是(　　) 圖6 A.圖甲中學(xué)生從如圖姿勢(shì)起立到直立站于體重計(jì)的過程中，體重計(jì)示數(shù)先減小后增大 B.圖乙中運(yùn)動(dòng)員推開冰壺后，冰壺在冰面運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力很小，可以在較長(zhǎng)時(shí)間內(nèi)保持運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向不變 C.圖丙中賽車的質(zhì)量不是很大卻安裝著強(qiáng)大的發(fā)動(dòng)機(jī)，可

7、以獲得很大的加速度 D.圖丁中高大的橋要造很長(zhǎng)的引橋，從而減小橋面的坡度來減小車輛重力沿橋面方向的分力，保證行車方便與安全 解析　題圖甲中學(xué)生從圖示姿勢(shì)起立到直立站于體重計(jì)的過程中，先向上加速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，再向上減速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，由超重和失重的概念可知，體重計(jì)的示數(shù)先增大后減小，A錯(cuò)誤；冰壺受到的阻力很小，加速度就很小，但速度大小會(huì)減小，只是減小的很慢，B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知C正確；高大的橋造很長(zhǎng)的引橋，可以減小橋面的坡度，這樣可以減小車輛重力沿橋面方向的分力，保證行車方便與安全，D正確。 答案　CD 8.如圖7所示，F(xiàn)1、F2的合力方向豎直向下，若保持

8、F1的大小和方向都不變，保持F2的大小不變，而將F2的方向在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過60°角，合力的方向仍豎直向下，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.F1一定大于F2 B.F1可能小于F2 C.F2的方向與水平面成30°角 D.F1的方向與F2的方向成60°角 解析　由于合力始終向下，可知F2與F2′的水平分力相同，故F2與F2′關(guān)于水平方向?qū)ΨQ，所以F2與水平方向成30°角，設(shè)F1與豎直方向成α角。對(duì)各力進(jìn)行分解可得：F1sin α＝F2cos 30°，F(xiàn)1cos α>F2sin 30°，解得F1>F2。選項(xiàng)A、C正確。 答案　AC 9.如圖8所示，輕桿BC一端用鉸鏈固定于墻上

9、，另一端有一小滑輪C，重物系一繩經(jīng)C固定在墻上的A點(diǎn)，滑輪與繩的質(zhì)量及摩擦均不計(jì)，若將繩一端從A點(diǎn)沿墻稍向上移，系統(tǒng)再次平衡后，則(　　) 圖8 A.繩的拉力增大 B.輕桿受到的壓力減小，且桿與AB的夾角變大 C.繩的拉力大小不變 D.輕桿受的壓力不變 解析　 對(duì)C進(jìn)行受力分析如圖所示，根據(jù)力的平衡條件和對(duì)稱性可知FAC＝FCD＝G。A點(diǎn)上移后繩上拉力大小不變，一直等于重物的重力，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；A點(diǎn)上移后AC與CD的夾角變大，則合力變小，即輕桿受到的壓力減小，方向沿桿方向并且沿∠ACD的角平分線，根據(jù)幾何知識(shí)知∠BCD變大，即桿與AB夾角變大，則選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤

10、。 答案　BC 10.傾角為30°的斜面上的物體受到平行于斜面向下的力F作用，力F隨時(shí)間t變化的圖象及物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖9所示，由圖象中的信息可知(取g＝10 m/s2)(　　) 圖9 A.物體的質(zhì)量m＝ kg B.物體的質(zhì)量m＝ kg C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ D.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ 解析　設(shè)斜面的傾角為θ，物體在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由v－t 圖象的斜率得出加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，由F－t圖象在0～2 s內(nèi)讀出F1＝15 N。 由牛頓第二定律得F1＋mgsin θ－f＝ma1 2～6 s向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

11、a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2 由牛頓第二定律mgsin θ＋F2－f＝ma2 解得m＝ kg，f＝25 N，故A正確，B錯(cuò)誤； 根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f＝μmgcos 30°， μ＝＝＝，故C錯(cuò)誤，D正確。 答案　AD 二、非選擇題(共6小題，共60分) 11.(6分)在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)中，用圖釘把橡皮筋的一端固定在木板上的A點(diǎn)，在橡皮筋的另一端拴上兩條細(xì)繩，細(xì)繩另一端系著繩套B、C(用來連接彈簧測(cè)力計(jì))。其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為橡皮筋與細(xì)繩的結(jié)點(diǎn)，OB和OC為細(xì)繩。如圖10所示。 圖10 (1)本實(shí)驗(yàn)用的彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)的單位為N，圖中與B相連

12、的彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為________ N。 (2)在實(shí)驗(yàn)中，如果只將OB、OC繩換成橡皮筋，其他步驟保持不變，那么實(shí)驗(yàn)結(jié)果________(選填“會(huì)”或“不會(huì)”)發(fā)生變化。 (3)在本實(shí)驗(yàn)中，F(xiàn)1和F2表示兩個(gè)互成角度的力，F(xiàn)表示由平行四邊形定則作出的F1與F2的合力； F′表示用一個(gè)彈簧秤拉橡皮筋時(shí)的力，則各圖中符合實(shí)驗(yàn)事實(shí)的是(　　) 解析　(1)彈簧測(cè)力計(jì)的每一格代表0.1 N，所以圖中B的示數(shù)為2.80 N。 (2)在實(shí)驗(yàn)中細(xì)線是否伸縮對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒有影響，故換成橡皮筋可以同樣完成實(shí)驗(yàn)，故實(shí)驗(yàn)結(jié)果不變。 (3)該實(shí)驗(yàn)中F是由平行四邊形定則得出的合力，而F′是通過實(shí)際實(shí)驗(yàn)得

13、出的，故F′應(yīng)與OA在同一直線上，而F與F1、F2組成平行四邊形，故只有B符合題意。故選B。 答案　(1)2.80　(2)不會(huì)　(3)B 12.(8分)如圖11所示，一端帶有定滑輪的長(zhǎng)木板上固定有甲、乙兩個(gè)光電門，與之相連的計(jì)時(shí)器可以顯示帶有遮光片的小車在其間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，與跨過定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩相連的輕質(zhì)測(cè)力計(jì)能顯示掛鉤處所受的拉力。不計(jì)空氣阻力及一切摩擦。 圖11 (1)在探究“合外力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量的關(guān)系”時(shí)，要使測(cè)力計(jì)的示數(shù)等于小車所受合外力，操作中必須滿足____________________ ；要使小車所受合外力一定，操作中必須滿足__________________

14、_________________________________。 (2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，先測(cè)出小車質(zhì)量m，再讓小車從靠近光電門甲處由靜止開始運(yùn)動(dòng)，讀出小車在兩光電門之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t。改變小車質(zhì)量m，測(cè)得多組m、t的值，建立坐標(biāo)系描點(diǎn)作出圖線。下列能直觀得出“合外力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比”的圖線是________ 。 解析　 (1)小車受重力、支持力和拉力，小車與滑輪間的細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行，測(cè)力計(jì)的示數(shù)等于小車所受的合外力，要使小車所受合外力一定，操作中必須滿足砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量 。 (2)小車從靠近甲光電門處由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移x＝at2。改變小車質(zhì)量m，測(cè)得多組

15、m、t的值，所以加速度a＝，位移不變，所以a與t2成反比，合外力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比例的圖線是C。 答案　(1)小車與滑輪間的細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行；砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量　(2)C 13.(10分)如圖12所示為自動(dòng)扶梯(臺(tái)階式)的示意圖，某商場(chǎng)自動(dòng)扶梯的傾角為37°，假設(shè)自動(dòng)扶梯正在加速向上運(yùn)動(dòng)，扶梯對(duì)某顧客(站在扶梯上)的支持力是其重力的1.03倍，則：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖12 (1)自動(dòng)扶梯的加速度為多少？ (2)這位顧客受到的摩擦力與其重力的比值是多少？ 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝may

16、 解得：ay＝0.3 m/s2 根據(jù)平行四邊形定則可知，自動(dòng)扶梯的加速度 a＝＝0.5 m/s2 (2)自動(dòng)扶梯水平方向上的分加速度 ax＝acos 37°＝0.4 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得：Ff＝max 所以＝0.04 答案　(1)0.5 m/s2　(2)0.04 14.(10分)一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)的斜面上以a＝2.0 m/s2勻加速下滑。如圖13所示，若用一水平推力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內(nèi)能沿斜面向上運(yùn)動(dòng)位移x＝4 m。求：(取g＝10 m/s2) 圖13 (1)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)推力

17、F的大小。 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律可得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得：μ＝0.5 (2)由x＝a1t2可得a1＝＝2 m/s2。 由牛頓第二定律可得： Fcos 37°－mgsin 37°－μ(Fsin 37°＋mgcos 37°)＝ma1 代入數(shù)據(jù)得：F＝48 N 答案　(1)0.5　(2)48 N 15.(12分)如圖14所示，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中能模擬產(chǎn)生恒定向右的風(fēng)力。質(zhì)量m＝100 g的小球穿在長(zhǎng)L＝1.2 m 的直桿上并置于實(shí)驗(yàn)室中，球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，當(dāng)桿豎直固定放置時(shí)，小球恰好能勻速下滑。保持風(fēng)力不變，改變固定桿與豎直線的夾角

18、，將小球從O點(diǎn)靜止釋放。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖14 (1)當(dāng)θ＝37°時(shí)，小球離開桿時(shí)的速度大?。? (2)改變桿與豎直線的夾角θ，使球下滑過程中與桿之間的摩擦力為0，求此時(shí)θ的正切值。 解析　 (1)當(dāng)桿豎直固定放置時(shí)，F(xiàn)＝F彈，μF彈＝mg，解得風(fēng)力F＝2 N 當(dāng)θ＝37°時(shí)，小球受力情況如圖示， 垂直桿方向上有Fcos 37°＝mgsin 37°＋FN 解得FN＝1 N 小球受摩擦力Ff＝μFN＝0.5 N 由牛頓第二定律得mgcos 37°＋Fsin 37°－Ff＝ma 解得a＝15 m/s2 由v

19、2－v＝2ax得，小球到達(dá)桿下端時(shí)速度為v＝6 m/s (2)當(dāng)摩擦力為0時(shí)，球與桿的彈力為0，由平衡條件得 Fcos θ＝mgsin θ 解得tan θ＝2 答案　(1)6 m/s　(2)2 16.(14分)如圖15所示，質(zhì)量為M＝1 kg的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.5 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝3 m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板，帶動(dòng)木板一起向前滑動(dòng)。已知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。求： 圖15 (1)滑塊在木板上滑動(dòng)過程中，長(zhǎng)木板受到的摩擦力大小和方向； (2)滑塊在木板上滑動(dòng)過程中，滑塊相對(duì)于

20、地面的加速度大小a； (3)若長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng)滑塊與長(zhǎng)木板達(dá)到的共同速度大小v。 解析　(1)滑塊所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力 Ff＝μmg＝0.5 N，方向水平向左 根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)木板的摩擦力大小為0.5 N，方向水平向右。 (2)由牛頓第二定律得：μmg＝ma 得出a＝μg＝1 m/s2。 (3)對(duì)木板，由牛頓第二定律μmg＝Ma′ 可得a′＝＝0.5 m/s2 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，滑塊和長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度v，則滿足： 對(duì)滑塊：v＝v0－at　對(duì)長(zhǎng)木板：v＝a′t 由以上兩式得：滑塊和長(zhǎng)木板達(dá)到的共同速度v＝1 m/s 答案　(1)0.5 N　方向水平向右　(2)1 m/s2 (3)1 m/s